第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷及答案
30jie全国高中物理竞赛复赛moni试题
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# 30届全国高中物理竞赛复赛模拟试题第一部分：选择题（每题3分，共30分）1. 以下哪个选项是描述物体惯性的物理量？A. 质量B. 重力C. 动量D. 速度2. 在理想气体状态方程PV=nRT中，下列哪个变量与温度成正比？A. 压力（P）B. 体积（V）C. 物质的量（n）D. 温度（T）3. 根据麦克斯韦方程组，下列哪个方程描述了电磁波的传播？A. 高斯定律B. 法拉第电磁感应定律C. 安培环路定律D. 位移电流定律4. 以下哪个现象是由洛伦兹力引起的？A. 霍尔效应B. 光电效应C. 磁共振现象D. 电流的热效应5. 根据量子力学，下列哪个原理描述了粒子的波动性？A. 泡利不相容原理B. 海森堡不确定性原理C. 薛定谔方程D. 康普顿散射...第二部分：填空题（每空2分，共20分）6. 牛顿第二定律的表达式是：\[ F = ma \]，其中\( m \)代表______，\( a \)代表______。
7. 根据热力学第一定律，能量守恒的表达式是：\[ \Delta U = Q - W \]，其中\( \Delta U \)代表______，\( Q \)代表______，\( W \)代表______。
8. 在电磁学中，电场强度的定义式是：\[ E = \frac{F}{q} \]，其中\( F \)代表______，\( q \)代表______。
9. 根据相对论，时间膨胀的公式是：\[ t' = \frac{t}{\sqrt{1 -\frac{v^2}{c^2}}} \]，其中\( t \)代表______时间，\( t' \)代表______时间。
30届全国中学生物理竞赛(复赛)模拟试题(一)
30届全国中学生物理竞赛（复赛）模拟试题（一）第一题：（20分）光子火箭从地球起程时初始静止质量（包括燃料）为M0，向相距为R=1.8×1061.y.（光年）的远方仙女座星飞行。
要求火箭在25年（火箭时间）后到达目的地。
引力影响不计。
1）、忽略火箭加速和减速所需时间，试问火箭的速度应为多大？2）、设到达目的地时火箭静止质量为M0ˊ，试问M0/ M0ˊ的最小值是多少？第二题．（20分）有一个两端开口、粗细均匀的U型玻璃细管，放置在竖直平面内，处在压强为0p的大气中，两个竖直支管的高度均为h，水平管的长度为2h，玻璃细管的半径为r,r«h，今将水平管内灌满密度为ρ的水银，如图所示。
1．如将U型管两个竖直支管的开口分别封闭起来，使其管内空气压强均等于大气压强，问当U型管向右作匀加速移动时，加速度应多大才能使水平管内水银柱长度稳定为h35。
2．如将其中一个竖直支管的开口封闭起来，使其管内气体压强为1atm，问当U型管绕以另一个竖直支管（开口的）为轴作匀速转动时，转数n应为多大才能使水平管内水银柱长度稳定为h35。
（U型管作以上运动时，均不考虑管内水银液面的倾斜）（1）图所示为一凹球面镜，球心为C，内盛透明液体，已知C至液面高度CE为40.0cm，主轴CO上有一物A，物离液面高度AE恰好为30.0cm时，物A的实像和物处于同一高度。
实验时光圈直径很小，可以保证近轴光线成像。
试求该透明液体的折射率n。
（2）体温计横截面如图所示，已知细水银柱A离圆柱面顶点O的距离为2R，R为该圆柱面半径，C为圆柱面中心轴位置。
玻璃的折射率n=3/2，E代表人眼，求图示横截面上人眼所见水银柱像的位置、虚实、正倒和放大倍数。
第四题（25分）左图为一无限多立方“格子”的电阻丝网络电路，每两节点之间电阻丝的电阻均为R，其中A、B两节点位于网络中部。
右图电路中的电源电动势（内阻为0）均为 ，电阻均为r。
若其中的a、b两节点分别与左图所示的电路中的A、B两节点相连结，试求流入电阻丝无限网络的电流。
第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第2套答案
0 1 Q k k Qkl Q F 2 dy y dy y 0 l /2 l / 2 2 2 4 l/2
（3 分）
（1） 由于上下电量相反， y 方向地强不变，故钉子 y 方向不受力。
（3 分）
（3 分）
故钉子压力为
（2 分）
（2 分） （2 分）
5
4 杆③
得到
8 mg ， N3 mg N1 10 10
杆④
由受力平衡 得到
N6
N6 N3 mg N1
3 mg 10
（2 分）
分析杆上提供力矩规律，发现极值只可能出现在受力点处，分析各受力点提供力矩大小，找 到最大值：
M2 8 mg 0.25m mg 0.2m 10 4 mg 0.5m mg 0.2m 10
2 1 3
（3 分）
（3 分）
在整个过程中角动量守恒，而未态 未 =未 故
I 0 mM gR2 3 0
得到 代入得
2
1 3
I 未 +mM gR 2 3 末
2
1 3
（5 分） （3 分） （3 分）
未 1.4 106 rad / s
a未 =5.8 108 m
同时 M 3
（7 分，两式只给出一个扣 3 分）
此值等于 M max 时，杆断。故 得
mg 0.2m 5N m m 2.5kg
（2 分）
题二、 （22 分）如图所示，在一个光滑的底面积为 S 1dm 高为 H 0.2m 的固定圆柱形容
2
器内，有一个可以自由上下滑动活塞（活塞下方于大气联通） ，活塞质量为 m0 1.0kg ，活 塞下方用一根劲度系数为 k 200N/m ，原长为 l0 0.3m 的轻质弹簧连接到容器底。初始 时刻活塞位于距离底面 h 0.1m 高的位置，上方盛满方有密度为 1 10 kg/m 的水，
第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准
第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v .(2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . (4) [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得 22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得22sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
由上式可知 max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan0gR θθθθ=-=v v .(4’)]将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v .(5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q=0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为 22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v .(6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=⎪⎪⎭v .(7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=+v v , (8)考虑到(4)式有max ==v (9)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C 2l r =v v .(1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v .(2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3)由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v .(3’)同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++.(7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8)轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有 ()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9)由此得2022(2)28r l r F t m l r -∆=+v . (10)方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r-'∆=-+v , (11)方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y Xt X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=参考解答：1. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为()[]q q q = (3) 式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4) 在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8) 所以23k E k L λω= (9) 2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10) 其中，22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r 2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得 2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得 16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15) 3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭ (16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19)()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1)式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R-=---v . (2)从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-.(3)由此得max ()mg h R RQ kq-=.(4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得max ()mg h R V q-=(6)评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)x y z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)x y zE E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1)在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+- (2)两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+- (7)利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-.(10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v .(11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1) 1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3) 2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得 2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)hx忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有 1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处.对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8) 由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ==. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 e V ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有E e +E g =¢E e +¢E g .(1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=.(2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c .(3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ+'=(5)[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ+'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e e m cE E -.(8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e2c 42E e. (9)代入数据，得 ¢E g »29.7´106eV .(10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。
第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第1套答案
2013年物理竞赛复赛模拟试题—第一套参考解答命题人 蔡子星一、(20分)某人在设计房子的时候尽量节省空间，弄了一个立起来是储物架，放下来时床的家具。
他设计得很精巧，使得在放下的过程中，架子是保持水平的，而且人不怎么费劲。
下面我们给出一种设计。
AB 、CD 、AD 是三根相互铰接的轻杆，AB CD 2.0m ==，AD 0.5m =。
这样就能保证架子上的东西不会掉下来。
但是考虑到负重分别加在D 点和CD 中点O 点110kg P =，220kg P =，直接把床推上放下会比较费力，而且容易砸到人，即使没有砸到人，砸到花花草草也不好。
为了解决这个问题，我们在AB 杆上距离A 点0.5m 处的M 点连一根原长可以忽略的弹簧到D 点。
这样就可以自由的上下推动床而几乎不费力了。
10N/kg g =（1） 为了尽量省力，弹簧的经度系数k 应当为多少？（2） 当床与墙面夹角30θ=︒时，请计算AD 杆上的受力。
【解答】（1）如果势能处处恒定则无需外力。
令 2.0m AB l ==，0.5m AD AM a ===由余弦定理22222cos DM a a a θ=+-（1分）重力势能112cos cos 2p lE Pl P θθ=+ （2分）弹性势能222211(22cos )22p E k DM k a a θ==- （2分） 要求总势能为常数，则有212()cos 2l Pl P ka θ+-为常数，于是 12-1221600Nm lPgl P g k a+== （5分） 注：其它方法只要结果正确，过程无明显错误均给分（2）由于AD 是轻杆，且只在两端受力，所以受力沿杆，设为N对于AB 杆，以B 为支点，由合外力矩等于03sin sin AMD 04lNl k DMθ-∠= （4分） AMD ∆中由正弦定理sin AMD sin AD DMθ∠= （2分）代入力矩方程有3sin sin 04lNl kaθθ-= 由此得到600N N = （4分） 注：其它方法只要结果正确，过程无明显错误均给分二、(22分)天宫一号圆满完成了国内第一次太空授课。
第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第4套
两边温度可以在很长时间内维持不一样。
2S
S
2V0
V0
八、 介子一种可能的衰变模式为 e e 。 某个 介子在以 0.2c 的速度运动中
0
0
0
发生上述衰变。在和 介子前进方向夹角为 30 方向上接受到一个电子。求这个电子
0
速度大小的可能的范围。已知 m 0 135MeV ， me 0.511MeV ，普朗克常数
七、 如图两个底面积分别为 2S 和 S 的绝热圆筒，用一个细的绝热阀门连接。左右各有 一密闭的，绝热的，不记阻力不记重力的活塞，活塞上端通过一个理想的滑轮组连接。 大气压为 P0 。初态阀门关闭，左边充满体积为 2V0 温度为 T0 的理想气体，定体摩尔热 容量为 CV
3 R ，右边真空，体积为 V0 。 2
h 6.64 1034 J s
gT 2 。 2
三、
空间中有两个线圈电阻可以忽略的线圈 A 、 B ，分别接入可控电流源 I A 和 I B 。初
时 I A IB 0 。 （1） 保持 I B 不变，将 I A 缓慢的从 0 增加到 I1 ，然后保持 I A 不变，缓慢的将 I B 从 0 增加到 I 2 。此时线圈 A 和线圈 B 的磁通量分别为 A L11I1 L12 I 2 ，
2013 年物理竞赛复赛模拟试题-第四套
命题人 蔡子星 孙鹏
一、 我们想用一些匀质的光滑的长度为 l 的木条在桌角搭出一个尽量远的“露台” 。逐
层叠放并不一定是最好的方案。比如图(a)用三个木条拉出了 拉开了
l l l 的距离。而图(b) 2 4 6
l l 的距离。问题用四根木条，分别采用图(c)和图(d)的方式，可以用四个木 2 2
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准一、参考解答令 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 为原点, 由于质子所受的a 球对它的静电库仑力总是通过a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零, 质子对 点的角动量守恒。
所求 的最大值相应于质子到达a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。
以 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。
同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。
式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。
二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （2）当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入A 管和B 管。
设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （4）与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入A 管, 进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。
30届全国中学生物理竞赛(复赛)模拟试题(三)(黄爱国)
30届全国中学生物理竞赛（复赛）模拟试题（三）一．（20分）在用质子)(11P轰击固定锂)(73Li靶的核反应中，（1）计算放出α粒子的反应能。
（2）如果质子能量为1兆电子伏特，问在垂直质子束的方向观测到α粒子的能量大约有多大？有关原子核的质量如下：H11，1.007825；He42，4.002603；Li73，7.015999。
二．（20分）2mol初始温度为270C，初始体积为20L的氦气，先等压膨胀到体积加倍，然后是绝热膨胀回到初始温度。
（1）在P—V图上画出过程方程；（2）在这一过程中系统总吸收热量等于多少？（3）氦气对外界做的总功等于多少？其中绝热膨胀过程对外界做功是多少？三．（15分）观测者S 测得两个事件的空间和时间间隔分别为600m 和8×10-7s ，而观测者S 1测得这两个事件同时发生。
试求S 1相对S 的速度，以及S 1测得这两个事件的空间距离。
四．（20分）神奇的自聚焦透镜：自聚焦透镜依靠折射率的恰当变化对近轴光线成像。
该透镜呈圆柱状，截面半径为R ，长为l 。
其折射率在截面内延半径方向呈抛物线状连续变小，可表示为)211(22202r a n n r -=式中n 0为中心的折射率，a 为比1小得多的正数。
(1) 求从圆心入射与圆柱平面夹角为0θ的光线在自聚焦透镜内传播的轨迹方程。
(2) 平行于z 轴的平行入射光经过自聚焦透镜后交汇于一点，求自聚焦透镜的焦距。
五．（20分）如图所示，有二平行金属导轨，相距l ，位于同一水平面内（图中纸面），处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下（垂直纸面向里）．质量均为m 的两金属杆ab 和cd 放在导轨上，与导轨垂直．初始时刻， 金属杆ab 和cd 分别位于x = x 0和x = 0处。
假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L 。
今对金属杆cd 施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速v 0．设导轨足够长，x 0也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距x 0，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L 是恒定不变的。
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六、（18分）木星的卫食 得分 阅卷 复核
远在科学家能精确测量光速之前，丹麦天文学家欧罗梅尔
（O.Romer）就研究了木星卫星的星食时间。他通过观测木星的卫星绕 木星运动的周期来确定光的速率。图1表示地球E绕太阳S的运动轨道和 木星的一个卫星M绕木星J的运动轨道。他观测木星的卫星M相继两次从 木星的太阳阴影中出现的时间间隔。卫星处在行星的太阳阴影中，称为
2．带点粒子加速后发射的电磁波也有重要的应用价值。当代科学 研究中应用广泛的同步辐射即是由以接近光速运动的电子在磁场中作曲 线运动改变运动方向时所产生的电磁辐射，电子存储环是同步辐射光源 装置的核心，存储环中的电子束团通过偏转磁铁等装置产生高性能的同 步辐射光。上海光源是近年来建成的第三代同步辐射光源，它的部分工 作参数如下：环内电子能量，电子束团流强，周长L=432m，单元数 （装有偏转磁铁的弯道数量）N=20，偏转磁铁磁场的磁感应强度
第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷
本卷共八题，满分160分。计算题的解答应写出必要的文字说明、方程 式和重要的演算步骤。只写出最后结果的不能得分。有数字计算的题， 答案中必须明确写出数值和单位。填空题把答案填在题中的横线上，只 要给出结果，不需写出求解的过程。 一、填空题．（本题共4小题，共25分） 得分 阅卷 复核
1．图1所示的电阻丝网络，每一小段电阻同为r，两个端点A、B间 等效电阻R1= 。若在图1网络中再引入3段斜电阻丝，每一段电阻也 为r，如图2 所示，此时A、B间等效电阻R2= 。
得分 阅卷 复核
八、（20分）氢原子模型的拓展 得分 阅卷 复核
2．齐明点概念常用于显微镜的物镜中，以增大显微镜入射光的孔径 角。设某显微镜的接物镜（接物镜前方有光射入）是折射率为n1=1.5， 半径为R1=3mm的半球，其平底面与物同浸在折射率与物镜材料相同的 油中，物即位于一个齐明点上。
试设计物镜组第二个月牙形透镜（在接物镜后）的两球面的半径R2 和R3及其构形（可作图说明），使其物、像也是齐明点。已知该透镜材 料的折射率为n2=1.6，透镜前球面与第一个透镜后球面的间距 为d1=2.0mm，透镜中央厚度为d2=1.5mm，并估算从第二个透镜出射的 光的孔径角和经两个透镜成像后的放大率k。
2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止 转动。令表示A的中点和B的中点的连线与整直线之间的夹角，求此后 等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动。（要求写出必要的推导过程。 最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求保留三位数字）
三、（17分）斯泰瓦—托尔曼（Stewart-Tolman）效应 得分 阅卷 复核
上方的水滴带更多的负电，A2上方的水滴带更多的正电，如此下去，使 铝杯B2的电势越来越高，B1的电势越来越低，最终可使两铝杯间产生几 千伏的电势差。当然，由于各种因素的不确定性，下次实验开始时，可 能A2的电势比A1高，最终使B1的电势比B2的电势高几千伏。但A1、A2因 偶然因素造成的电势差因上述正反馈效应而得到放大却是不变的。
B=1.27T。使计算该设备平均每个光口的辐射总功率P0。 （在电子接近光速时，若动量不变，牛顿第二定律仍然成立，但拉
莫尔公式不再适用，相应的公式变化为，其中，E为电子总能量，为电 子的静止能量。）
第30届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷 参考解答与评分标准
（全国中学生物理竞赛委员会及大连理工大学物理系） 一、参考解答： 1．， 2．本装置的几何结构尽管十分对称，但由于空气中离子分布及宇宙射 线等因素的不确定性，使铝筒A1、A2的电势会略有不同。譬如，A1的电 势比A2高，由于静电感应，使A1上方的水滴带负电，A2上方的水滴带正 电，带电水滴分别滴入下方的铝杯后，使B1杯带负电，由于B1与A2用导 线相连，又使A2电势进一步降低，同理A1电势则进一步升高，这又使A1
依赖于观测时刻tk。他认为这种表现周期因观测时间而发生的变化，是
观测过程中地球相对于木星的距离d发生变化造成的。请你从以上材料 推断估算光速，并计算相对误差大小。
七、（20分）如图所示的圆柱形容器，其截面积，器壁绝热，圆筒内有 两个以弹簧相连接的绝热活塞，弹簧的劲度系数为，筒中部有一带孔的 固定隔板，筒壁上有开口，与大气相通。整个装置的结构及尺寸如图。 容器左、右端气室中分别盛有同种的理想气体，左室中有一电加热器。 已知：大气压强；电加热器未加热强两室气体均处于平衡态，温度均 为T0=300K，压强均为p0；活塞的位置如图所示，l0=0.100m；如果通过 加热器对左室气体不断地徐徐加热，弹簧长度的最大改变量；理想气体 的绝热过程遵循的规律为恒量；筒内气体的摩尔内能与温度的关系为， 式中T为气体的热力学温度，R为摩尔气体常量。求当左气室吸热 为Q=1000J时，左、右两室气体的温度和压强。设活塞与筒壁的摩擦可 忽略不计，且不漏气。计算过程各量均取三位有效数字。
1．在经典的氢原子模型中，电子围绕原子核做圆周运动，电子的 向心力来自于核电场的作用。可是，经典的电磁理论表明电子做加速运 动会发射电磁波，其发射功率可表示为（拉莫尔公式）：，其中a 为电 子的加速度，c为真空光速，,电子电荷量绝对值e=1.60210-19C。若不考 虑相对论效应，试估计在经典模型中氢原子的寿命 。（实验测得氢原 子的结合能是，电子的静止质量）
【点评】物理系统的对称性因某种原因受到破坏，这种现象称为对 称破缺。对称破缺在物理学的许多分支及其他许多学科里已成为一个重 要的概念。本题是这方面的一个例子。 3．50km/h
由题目给出的条件得到汽车的胁迫力的角频率为，而车轮转动的频 率为，这样汽车的速度为 4．；30 评分标准：本题25分． 第1小问7分．第一空2分，第二空5分 第2小问7分． 第3小问5分． 第4小问6分．第一空3分，第二空3分
1917年，斯泰瓦和托尔曼发现，一绕在圆柱上的闭合线圈，当该圆 柱以一定角加速度绕轴旋转时，线圈中会有电流流过。
设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r，每匝线圈均用电阻为R的细 金属导线绕成，线圈均匀地绕在一很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真 空。每匝线圈的位置用粘胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n， 包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。
2．右图为开尔文滴水起电机示意图。从三通管左右两管口形成的 水滴分别穿过铝筒A1、A2后滴进铝杯B1、B2，当滴了一段时间后，原 均不带电的两铝杯间会有几千伏的电势差。试分析其原理。图中铝筒A1
用导线与铝杯B2相连；铝筒A2用导线与B1相连。
3．受迫振动的稳定状态由下式给出，，。其中，而为胁迫力，，
从某一时刻开始，圆柱以角加速度绕其轴旋转。经过足够长时间 后，求圆柱中心处的磁场的磁感应强度B。设电子的电量e和质量m为已 知。
四、（20分）一男孩通过交替蹲下和站起的方式来荡秋千。如图所示的 是在摆动过程中男孩的质心轨迹。当男孩处于站立姿势时，设秋千转轴 到男孩质心的距离为；而当男孩处于下蹲姿势时，秋千转轴到男孩质心 的距离为。设比值，即男孩站立与下蹲两种姿势时质心相对于秋千转轴 到男孩质心的平均距离只变化大约7%。 得分 阅卷 复核
二、参考解答： 1．90° 2．当矩形物处于竖直位置即时，B不会滑动，矩形物静止。当圆筒缓慢 转动使刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒 已停止转动。假定B仍不动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆 周运动，圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为
（1） 这里v表示A的速度。T是刚性薄片对A的作用力，规定其方向从B到A为 正。根据能量守恒，有
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现令圆筒绕其中心轴线非开始与圆筒之间不再能保持相对静
止？
答：
（只要求写出数值，不要求写出推导过程）
卫星食，简称卫食。
从一系列的卫食的观测可以精确地求出卫食周期，而该周期T的观察 值大小依赖与地球在以连线SJ作为一根坐标轴的参照系中的相对位置。 卫星绕木星转动一周的平均周期为T0=42小时28分16秒，周期的最大观
测值为T0+15秒。
设观测者（在地球上）处在位置时，看到卫星M从木星的阴影中出 现。当他处在位置时，看到卫星下一次从木星阴影中出现，其中k=1， 2，3，…从以上的观测结果中他得到卫星绕木星公转的表观周期T（tk）
联编号U137的核潜艇透射到艇外的高能光子被距核源（处理为点状）
1.5m处的探测仪测得。仪器正入射面积为22cm2，效率为0.25%（每400
个入射光子可产生一个脉冲讯号），每小时测得125个讯号。据上所
述，可知核的平均寿命= 年（），该核潜艇中的质量m=
kg（保留两位有效数字）。
二、（20分）如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位 于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的A、B是两根长度相等、 质量皆为m的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以忽略不计的，长为 的矩形薄片的两端。初始时矩形物位于水平位置且处于静止状 态，A、B皆与圆筒内表面接触，已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦系 数都等于1。
其中是阻尼力。有一偏车轮的汽车上有两个弹簧测力计，其中一条的固
有振动角频率为，另外一条的固有振动角频率为，在汽车运行的过程
中，司机看到两条弹簧的振动幅度之比为7。设为小量，计算中可以略
去，已知汽车轮子的直径为1m，则汽车的运行速度为
。
4．核潜艇中核的半衰期为年，衰变中有0.7%的概率成为核，同时
放出一个高能光子，这些光子中的93%被潜艇钢板吸收。1981年，前苏
（2） 联立（1）、（2）式，得
（3） 如果令T=0，可得
° 显见，°时，作用力是径向正向，对A是推力；时，作用力是径向反向， 对A是拉力。
现在再来看前面被假定不动的B是否运动。我们可以在B处画圆桶内 表面的切面，它与水平面成30°夹角，因为假定B不动，其加速度为零，
所以B在垂直于切面方向的受力方程为 （4）
五、（20分）关于齐明点的讨论 得分 阅卷 复核